1、大理州2017届高中毕业生第二次复习统一检测理科数学第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设全集，集合，则（ ）A B C D2.为虚数单位，若复数的虚部为，则（ ）A B C D3.已知正方形的边长为，为的中点，则（ ）A B C D 4.某公司安排位员工在“元旦（月日至月日）”假期值班，每天安排人，每人值班天，则位员工中甲不在日值班的概率为（ ）A B C. D5.已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边在直线上，则（ ）A B C. D6.将函数的图像沿轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图
2、像，则的一个可能取值为（ ）A B C. D7.我国古代数学典籍九章算术“盈不足”中有一道问题：“今有垣高九尺，瓜生其上，蔓日长七寸；瓠生其下，蔓日长一尺，问几何日相逢？”现用程序框图描述，如图所示，则输出的结果（ ）A B C. D8.已知函数的定义域为，若对于分别为某个三角形的三边长，则称为“三角形函数”.给出下列四个函数：；其中为“三角形函数”的个数是（ ）A B C. D9.在四棱锥中，底面，底面为正方形，该四棱锥被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则剩余部分体积与原四棱锥体积的比值为（ ）A B C. D10.已知三棱柱的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为
3、，则此球的体积等于（ ）A B C. D11.我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”.已知、是一对相关曲线的焦点，是它们在第一象限的交点，当时，这一对相关曲线中椭圆的离心率是（ ）A B C. D12.已知函数在内任取两个实数，且，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）A B C. D第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知变量满足约束条件，若使取得最小值的最优解有无穷多个，则实数 14.的展开式中，项的系数为 15.在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，为半径的圆与圆有公共点，则实数的取值
4、范围是 16.在中，角对应的边分别为，已知，则 三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. （本小题满分12分）已知数列满足（为常数）.（1） 当时，求的值；（2）当时，记，证明：.18. （本小题满分12分）年，国际数学协会正式宣布，将每年的月日设为国际数学节，来源是中国古代数学家祖冲之的圆周率.为庆祝该节日，某校举办的数学嘉年华活动中，设计了一个有奖闯关游戏，游戏分为两个环节.第一环节“解锁”：给定个密码，只有一个正确，参赛选手从个密码中任选一个输入，每人最多可输三次，若密码正确，则解锁成功，该选手进入第二个环节，否则直接淘汰.第二环节“闯关
5、”：参赛选手按第一关、第二关、第三关的顺序依次闯关，若闯关成功，分别获得个、个、个学豆的奖励，游戏还规定，当选手闯过一关后，可以选择带走相应的学豆，结束游戏，也可以选择继续闯下一关，若有任何一关没有闯关成功，则全部学豆归零，游戏结束.设选手甲能闯过第一关、第二关、第三关的概率分别为，选手选择继续闯关的概率均为，且各关之间闯关成功与否互不影响.（1） 求某参赛选手能进入第二环节的概率；（2）设选手甲在第二环节中所得学豆总数为，求的分布列和期望.19. （本小题满分12分）如图（）所示，在直角梯形中，是的中点，是与的交点.将沿折起到的位置，如图（）所示.（1） 证明：平面；（2） 若平面平面，求平
6、面与平面所成锐二面角的余弦值.20. （本小题满分12分）已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴的正半轴上，过点的直线与抛物线相交于两点，且满足.（1） 求抛物线的标准方程；（2）若点在抛物线的准线上运动，其纵坐标的取值范围是，且，点是以线段为直径的圆与抛物线的准线的一个公共点，求点的纵坐标的取值范围.21. （本小题满分12分）已知函数，（为自然对数的底数，），若在处取得极值，且是曲线的切线.（1） 求的值；（2）用表示中的最小值，设函数，若函数为增函数，求实数的取值范围.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数
7、方程极坐标系与直角坐标系取相同的长度单位，以原点为极点，以轴正半轴为极轴.已知直线的参数方程为为参数).曲线的极坐标方程为.（1） 求直线的倾斜角和曲线的直角坐标方程；（2）设直线与曲线交于两点，与轴的交点为，求的值.23. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲若关于的不等式的解集为，记实数的最大值为.（1） 求；（2） 若正实数满足，求的最小值.大理州2017届高中毕业生第二次复习统一检测理科数学参考答案及评分标准一、选择题1-5:ACABD 6-10: ACBDB 11、12：AD附：12. 由得，则，所以函数在上单调递增，从而在上恒成立即，亦即又函数在上单调递增所以，所以二、填空题
8、13. 14. 15. 16.附：16.由知，所以由正弦定理得，所以，即，又因为，所以，化简得，由，知，由，所以.三、解答题17.解：（1）当时，所以数列是首项，公差的等差数列，所以，所以.（2） 当时，变形得所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以.18. 解：（1）选手能进入第二环节，说明该选手可能是第一次解锁成功，可能是第二次解锁成功，也可能是第三次才解锁成功.第一次解锁成功的概率为：，第一次解锁成功的概率为：，第一次解锁成功的概率为：，所以该选手能进入第二环节的概率为：.（2） 的所有可能取值为，所以的分布列为.19. （1）证明：
9、在图（）中，因为,是的中点，且，所以，即在图（）中，又，平面，平面，从而平面，又，所以平面.（2） 由已知，平面平面，且交线为，又由（）知，所以平面，如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，所以，得.设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面的夹角为，则得，取，同理，取，从而，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.20. 解：（1）设抛物线的标准方程为，其焦点的坐标为直线的方程为，联立方程消去得：，所以，因为，解得，所以所求抛物线的标准方程为.（2） 设点，由（）知，所以，因为，所以得或，因为，或，由抛物线定义可知，以线段为直径的圆与抛物线的准线相切，所以点的纵坐标为，所以
10、点的纵坐标的取值范围是.21. 解：（1），因为在处取得极值，所以，即，此时，设直线与曲线且于点，由题意得，解之得.（2） 记函数当时，恒成立，当时，从而所以在上恒成立，故在上单调递减.又，所以，又曲线在上连续不间断，所以由函数的零点存在性定理及其单调性知存在唯一的，使的，所以，故从而所以，由函数为增函数，且曲线在上连续不断，知在上恒成立.当时，在上恒成立，即在上恒成立，记，则，从而在单调递减，在单调递增，所以故“在上恒成立”只需，所以.当时，当时，在上恒成立，综上所述，实数的取值范围为：.22. 解：（1）由直线的参数方程（为参数）化为普通方程为，直线的倾斜角为，将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为.（2） 易知直线与轴的交点为，从而直线的参数方程的标准形式为为参数).将直线的方程代入，得，整理得，所以，故.23. 解：（1）因为，所以，又因为，所以，从而实数的最大值.（2） 因为，所以，从而，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.
